BÁO cáo chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn hoá học phản ứng ô xi hoá khử

HỘI THẢO CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI
VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2012

BÁO CÁO
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hoá học
Tên chuyên đề:
Tên tác giả:
Đơn vị:

Phản ứng ô xi hoá khử
Nguyễn Thị Kim Hoa
Trường THPT Chu Văn An, Hà Nội

I. MỘT SỐ KHÁI NIỆM VÀ CÁC PHƯƠNG PHÁP CÂN BẰNG PHẢN
ỨNG OXI HÓA-KHỬ
1. Khái niệm.
a) Số oxi hóa (đại lượng quy ước):
Số oxi hóa của một nguyên tố trong phân tử là điện tích của nguyên tử
nguyên tố đó trong phân tử, nếu giả định rằng liên kết giữa các nguyên tử trong
phân tử là liên kết ion.
Số oxi hóa được xác định theo quy tắc sau:
Quy tắc 1: Số oxi hóa của nguyên tố trong các đơn chất bằng không.
Quy tắc 2: Trong một phân tử, tổng số oxi hóa của các nguyên tố bằng
không.
Quy tắc 3: Số oxi hóa của các ion bằng điện tích của ion đó.
Quy tắc 4: Trong hầu hết các hợp chất, số oxi hóa của hidro bằng +1 (trừ
+2 −1

+1−1

hiđrua kim loại NaH–1). Số oxi hóa của oxi bằng – 2 (trừ OF2 , H 2O 2 ... ).
Chú ý: Số oxi hóa của C trong hợp chất hữu cơ
−3

−2

−1

CH 3 CH 2 CH 2 OH → Số oxi hóa trung bình của C =

b) Phản ứng oxi hóa - khử:
0

+2

+2

0

Ví dụ: Fe + Cu SO 4 → Fe SO 4 + Cu
0

+2

Quá trình oxi hóa: Fe → Fe+ 2e
Quá trình khử:
0

+2

Cu + 2e → Cu
+2

Chất khử: Fe ; chất oxi hóa: Cu .
Định nghĩa:
1

− 3 − 2 −1
= −3
2


- Chất khử (chất bị oxi hóa) là chất nhường electron hay là chất có số oxi
hóa tăng.
- Chất oxi hóa (chất bị khử) là chất nhận electron hay là chất có số oxi hóa
giảm.
- Sự oxi hóa (quá trình oxi hóa) một chất là làm cho chất đó nhường
electron.
- Sự khử (quá trình khử) một chất là làm cho chất đó nhận electron.
2) Lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa-khử.
a) Phương pháp thăng bằng electron:
t
Ví dụ: F2O3 + CO →
Fe -+CO2
0

Bước 1: Xác định số oxi hóa của những nguyên tố có số oxi hóa thay đổi
+3

+2

+4

0

0

t
Fe 2 O 3 + CO →
Fe+ CO 2

Bước 2: Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử, cân bằng mỗi quá trình.
+2

+4

C → C+ 2e
+3

0

Fe+ 3e → Fe

Bước 3: Tìm hệ số thích hợp sao cho tổng số electron do chất khử nhường
bằng tổng số electron do chất oxi hóa nhận.
+2

+4

3× C → C+ 2e

+3

0

2× Fe+ 3e → Fe
Bước 4: Đặt hệ số của chất oxi hóa và chất khử vào sơ đồ phản ứng.
Hoàn thành phương trình hóa học.
Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2
b) Phương pháp ion - electron hay phương pháp bán phản ứng:
Ví dụ: Cu + HNO3 → Cu(NO3)2 + NO↑ + H2O
Bước 1: Viết sơ đồ phản ứng (chỉ cần viết đầy đủ các cặp oxi hóa-khử)
Bước 2: Tính số oxi hóa của các nguyên tố có số oxi hóa thay đổi.
Bước 3: Viết các quá trình cho và nhận electron dưới dạng các bán phản
ứng theo quy tắc sau: các dạng oxi hóa và dạng khử của các chất oxi hóa và chất
khử, nếu thuộc chất điện li mạnh thì viết dưới dạng ion chứa nguyên tố cho hoặc
nhận electron; còn các chất điện li yếu, không điện li, chất kết tủa, chất khí thì
2


viết dưới dạng nguyên tử hoặc phân tử. Vì vậy phương pháp bán phản ứng chỉ
áp dụng cho các phản ứng xảy ra trong dung dịch.
2+

Ví dụ:

Cu → Cu + 2e
NO 3− + 4H + + 3e → NO ↑ +2H 2 O

Chú ý:
+ Số electron cho, nhận cũng giống phương pháp thăng bằng electron.

+ Tùy theo môi trường (axit, bazơ, trung tính) và tùy theo số nguyên tử
oxi, ta cần thêm vào vế trái ion H + hoặc OH– hoặc H2O vào vế phải tạo ra H2O,
hoặc ion H+, OH–.
+ Tổng điện tích 2 vế bằng nhau.
Bước 4: Cân bằng số electron cho và nhận ở hai bán phản ứng, sau đó
cộng gộp hai bán phản ứng lại ta được phương trình ion:
2+

3× Cu → Cu + 2e
−
+
2× NO 3 + 4H + 3e → NO ↑ +2H 2 O
2+

3Cu + 8H+ +2 NO 3− →3 Cu + 2NO↑+ 4H2O
Để chuyển phương trình ion thành dạng phân tử, cần cộng thêm vào hai
vế những lượng như nhau các ion trái dấu để bù trừ điện tích.
3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O
II. CÁC LOẠI PHẢN ỨNG OXI HÓA - KHỬ QUAN TRỌNG
1. Phản ứng oxi hóa - khử trong đó chất khử hoặc chất oxi hóa đóng
thêm vai trò là chất tạo môi trường.
Ví dụ 1:

KMnO4 + HCl → KCl + MnCl2 + Cl2 + H2O
+7

+2

Mn + 5e → Mn ×2
−1

2Cl → Cl 2 + 2e

×5

→ 2KMnO4 + 10HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + H2O
6 HCl
→ 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + H2O
2. Phản ứng tự oxi hóa - khử.
Ví dụ 2:

t
Cl2 + KOH →
KCl + KClO3 + H2O
0

3


−1

0

x5

Cl+ 1e → Cl
+5

0

x1

Cl → Cl+ 5e

t
3Cl2 + 6KOH →
5KCl + KClO3 + 3H2O
0

3. Phản ứng oxi hóa - khử nội phân tử.
Ví dụ 3:

t
2KClO3 →
2KCl + 3O2
0

+5

−1

×2

Cl+ 6e → Cl
−2

0

×1

6 O → 3 O 2 + 12e

4. Phản ứng oxi hóa - khử có nhiều chất oxi hóa và nhiều chất khử.
Ví dụ 4:

t
4FeS2 + 11O2 →
2Fe2O3 + 8SO2
0

+3

0

+4

2Fe S2 → 2 Fe+ 4 S + 22e
−2

0

×11

O 2 + 4e → 3 O

Ví dụ 5:

×2

Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O

Biết: VNO : VN 2 O = 2: 3
0

+3

×10

Al → Al+ 3e
+5

+2

+1

×1

8 N + 30e → 2 N + 6 N

→ 10Al + 38HNO3 → 10Al(NO3)3 + 2NO + 3N2O + 19H2O
5. Phản ứng oxi hóa - khử trong đó phải sử dụng 2 phương pháp cân
bằng electron và cân bằng đại số.
K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 → K2SO4 + MnSO4 + H2O
+4

+6

×5

S → S + 2e

+7

+2

×2

Mn + 5e → Mn

5K2SO3 + 2KMnO4 + aKHSO4 → bK2SO4 + 2MnSO4 + cH2O
Số nguyên tử K = 10 + 2 + a = 2b
Số nguyên tử S = a + 5 = b + 2
2b - a = 12
b-a=3

b=9
→ a=6→c=

a
=3
2

→ 5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 → 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O
4


6. Phản ứng oxi hóa - khử có tham số.
2FexOy + (6x - 2y) H2SO4 đặc nóng → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (3x-y)H2O
+2 y / x

+3

×1

2 x Fe → 2x Fe+ (6 x − 4 y)e
+6

+4

× (3x-2y)

S + 2e → S

III. BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Câu 1:
1. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng
bằng ion - electron:
a) MnO −4 + H2O2 + H+ → O2 + …
b) CrO −2 + Br2 + OH− → CrO 24− + …
c) Cu2S + HNO3đặc → Cu2+ + SO 24− + NO2 +…
d) FexOy + H2SO4đặc → SO2 +…
2. Cho phản ứng: Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag
0
Biết: E Ag

+

/Ag

=+0,8V

E 0Fe3+ /Fe2+ =+0,77V

a) Ở điều kiện chuẩn phản ứng xảy ra theo chiều nào?
b) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng ở 250C.
c) Một dung dịch chứa Fe(NO3)3 0,1M; Fe(NO3)2 0,01M; bạc kim loại và
AgNO3 0,01M. Xác định chiều phản ứng trong điều kiện này?
Đáp án:
1. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng
a) MnO −4 + H2O2 + H+ → O2 + …
2×

MnO −4 + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O

5×

H2O2 → O2 + 2H+ + 2e

2MnO −4 + 5H2O2 + 6H+ → 2Mn2+ 5O2 + 8H2O
b) CrO −2 + Br2 + OH− → CrO 24− + …
2×

CrO −2 + 4OH− → CrO 24− + 2H2O + 3e

3×

Br2 + 2e → 2Br−

2CrO −2 + 8OH− + 3Br2 → 2CrO 24− + 6Br− + 4H2O
t
c) Cu2S + HNO3đặc →

Cu2+ + SO 24− + NO2 +…
0

5


1×

Cu2S + 4H2O → 2Cu2+ + SO 24− +8H+ + 10e

10×

NO 3 + 2H+ + 1e → NO2 + H2O

−

Cu2S + 10 NO 3− + 12H+ → 2Cu2+ + SO 24− + 10NO2 + 6H2O
t
d) FexOy + H2SO4đặc →
SO2 +…
0

2×

FexOy + 2yH+ → xFe3+ + yH2O + (3x - 2y)e

(3x-2y)×

SO 24− + 4H+ + 2e → SO2 + 2H2O

2FexOy+(3x-2y)SO 24− +(12x-4y)H+→2xFe3+ +(3x-2y)SO2+(6x-2y)H2O
2. Cho phản ứng: Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag
0
Biết: E Ag

+

/Ag

=+0,8V ; E 0Fe3+ /Fe2+ =+0,77V

a) Ở điều kiện chuẩn phản ứng xảy ra theo chiều nào?
0
Ta có: E Ag

+

> E 0Fe3+ / Fe2+ nên ở điều kiện chuẩn, chiều của phản ứng là:

/ Ag

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag
b) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng ở 250C.
1

Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag
0
0
Mà: ∆E = E Ag

+

/ Ag

K = 10 0,059 ∆E

0

− E 0Fe3+ / Fe2+ = 0,03V
1

⇒ K = 10 0,059 x 0,03 = 3,2
c) Dung dịch chứa Fe(NO3)3 0,1M; Fe(NO3)2 0,01M; AgNO3 0,01M và Ag.
Ta có: E Ag

+

= E 0Ag + / Ag +

/ Ag

[

0,059
lg Ag +
1

]

= 0,8 + 0,059 lg0,01 = 0,682V

E Fe3+ / Fe2+ = E 0Fe3+ / Fe2+ +

= 0,77 +
Vì: E Fe

3+

/ Fe2 +

[
[

0,059 Fe3+
lg 2+
1
Fe

]
]

0,059 0,1
lg
= 0,829V
1
0,01

> E Ag+ / Ag do đó chiều của phản ứng là:

Fe3+ + Ag → Fe2+ + Ag+
Câu 2.

Cho biết thế điện cực chuẩn của các cặp oxi hóa-khử sau:
Cu2+/Cu
E0(V) 0,34

Cu+/Cu

Sn2+/Sn

Sn4+/Sn2+

0,52

-0,136

0,15

6


E0 Sn4+/Sn ;

a) Tính

E0 Cu2+/Cu+

b) Xác định sản phẩm tạo thành khi hòa tan Sn trong dung dịch HCl 1M.
Hướng dẫn giải:
2. Tính E0 Sn4+/Sn:
a)

Sn2+ + 2e 
→ Sn

E0 = - 0,136V

Sn4+ + 2e 
→ Sn2+

E0 = 0,15V

Sn4+ + 4e 
→ Sn

E0 = ?

E0 Sn4+/Sn =

2×0,15+2(-0,136)
=0,007V
4

E0 Cu2+/Cu+:
Cu2+ + 2e 
→ Cu
Cu+ + e

E0 = 0,34V


→ CuE0 = 0,52V

Cu2+ + e 
→ Cu+

E0 = ?

E0 Cu2+/Cu+ = 2 × 0,34 - 0,52 = 0,16V
b) Xác định sản phẩm khi hòa tan Sn vào HCl
E0 = - 0,136V

(1)

Sn + 4HCl 
→ SnCl4 + 2H2 E0 = - 0,007V

(2)

Sn + 2HCl 
→ SnCl2 + H2
Vì vậy xảy ra phản ứng (1).
Câu 3:

1. Trong phòng thí nghiệm thường điều chế Cl2 bằng cách cho KMnO4 tác dụng
với dung dịch HCl đặc. Nếu thay bằng dung dịch HCl 10-3M thì điều chế Cl2 được
không? Tại sao?
Biết thế điện cực chuẩn:
0
E 0MnO- /Mn 2+ =+1,51V;E Cl
4

2 /2Cl

-

=+1,359V

2. Hãy lập luận để trả lời các trường hợp sau đây:
a) HI có thể tác dụng với: H2S; H2SO4
b) SO2 có thể tác dụng với: H2S; HClO4
c) K2Cr2O7 sẽ tác dụng như thế nào với H3PO3 trong môi trường axit?
Viết các phương trình phản ứng minh họa.
3. Tại sao khi hòa tan Zn vào dung dịch HCl nếu có thêm vài giọt muối
Hg2+ vào thì Zn sẽ tan nhanh hơn?
7


Hướng dẫn giải:
1. Xét nửa phản ứng oxi hóa - khử:
MnO −4 + 5e + 8H+ → Mn2+ + 4H2O
Ta có: E MnO-4 /Mn 2+ =E

0
MnO-4 /Mn 2+

(1)

 Mn 2+ 
0,059
lg
8

5
 MnO -4   H + 

(2)

Ở điều kiện chuẩn thì nồng độ các chất bằng 1M nên:

E = E 0MnO − / Mn 2+ = 1,51v > E 0Cl
4

2

/ 2 Cl −

⇒ phản ứng tự xảy ra.

* Nếu thay [HCl] = [H+] = 10-3M vào (2):

E=E 0MnO- /Mn 2+ 4

0,059
1
0
lg
=1,2268V⇒ phản ứng
-3 8
2 /2Cl
5
(10 )

không xảy ra.
2.
a) Trong HI thì I có số oxi hóa thấp nhất là -1.
Trong H2S thì S có số oxi hóa thấp nhất là -2.
⇒ Cả hai chất cùng có tính khử nên không tác dụng.
Trong H2SO4 thì S có số oxi hóa cao nhất là +6.
⇒ HI tác dụng được với H2SO4đặc:
→ I2 + SO2 + 2 H2O
2HI + H2SO4 

b) Trong SO2 thì S có số oxi hóa trung gian là +4
⇒ SO2 vừa có tính khử vừa có tính oxi hóa.
Trong HClO4 thì Cl có số oxi hóa cao nhất là +7.
⇒ HClO4 có tính oxi hóa mạnh. Vậy SO2 tác dụng được với H2S, HClO4.
t
SO2 + 2H2S →
3S + 2H2O
0

→ HCl + 4H2SO4
4SO2+ HClO4 + 4H2O 

c) Trong K2Cr2O7 thì Cr có số oxi hóa cao nhất là +6.
⇒ K2Cr2O7 có tính oxi hóa.
Trong H3PO3 thì P có số oxi hóa trung gian là +3.
⇒ H3PO3 có tính khử và tính oxi hóa.
Nên K2Cr2O7 tác dụng được với H3PO3 trong môi trường axit:
→ Cr2(SO4)3+3H3PO4+K2SO4+4H2O
K2Cr2O7 +3H3PO3 +4 H2SO4 

8


3. Hòa tan Zn vào dung dịch HCl: Zn + 2HCl 
→ ZnCl2 + H2
Nếu thêm vài giọt Hg2+: Zn + Hg2+ 
→ Zn2+ + Hg
Hg sinh ra cùng với Zn và dung dịch HCl tạo thành cặp pin Volta. Zn có
tính khử mạnh hơn Hg nên Zn bị ăn mòn điện hoá mãnh liệt và lượng H 2 thoát
ra nhiều hơn. Vậy Zn bị hòa tan nhanh hơn.
Câu 4:
Hòa tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong dung dịch
H2SO4 dư, đun nóng. Cho tất cả lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500,00ml dung
dịch Br2 thu được 500,00 ml dung dịch A. Thêm KI vào 50,00 ml dung dịch A,
lượng I 3− sinh ra tác dụng vừa đủ với 12,50 ml dung dịch Na2S2O3 0,01M. Nếu
sục khí N2 để đuổi hết Br2 dư trong 25,00 ml dung dịch A thì dung dịch B thu
được trung hòa vừa đủ với 15,00 ml dung dịch NaOH 0,10M.
1. Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu.
2. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X.
Hướng dẫn giải:
1. Nồng độ mol của dung dịch Br2:
Các phương trình phản ứng xảy ra:

HSO 3− + H+ → H2O + SO2
x mol

x mol

SO 32− + 2H+ 

→ H2O + SO2
y mol

(1)

(2)

y mol

2−
Br2 + 2H2O + SO2 
→ SO 4 + 2Br− + 4H+ (3)
−
→ I 3 + 2 Br−
3I− + Br2 

(4)

I3− + S2O32− → S4O 62− + 3I−

(5)

→ H2O
H+ + OH− 

(6)

Từ (3) ⇒ Số mol H+ trong 25 ml dung dịch A = số mol OH − trong 15 ml
dung dịch NaOH = 0,015 × 0,1 = 0,0015 mol
Số mol H+ trong 500ml dung dịch A =

0,0015 × 500
= 0,03 mol
25

Từ (3) ⇒ Số mol Br2 = 1/4 số mol H+ = 0,0075 mol.
9


−
Từ (5) ⇒ Số mol I3 trong 50 ml dung dịch A = 1/2 số mol

S2O 32− =

1
× 0,0125 × 0,01 = 6,25.10 −5 mol
2

−
Số mol I3 trong 500 ml dung dịch A =

6,25.10 −5 × 500
= 6,25.10-4mol
50

Vậy số mol Br2 trong dung dịch ban đầu = 0,0075+6,25.10-4 = 8,125.10-3mol
CM(Br2) = 8,125.10-4 : 0,5 = 0,01625 M.
2. % khối lượng các muối trong hỗn hợp X:
Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3 trong 0,835 gam
−

2−
hỗn hợp X, ta có số mol của các ion HSO 3 và SO 3 lần lượt là x và y:

Khối lượng hỗn hợp = 104x + 126y = 0,835 gam

(I)

Từ (1), (2) và (3) ⇒ Số mol SO2 = 1/4 số mol H+ trong 500ml dung dịch A.
⇒ (x + y) = 0,03 . 1/4 = 0,0075 mol

(II)

Giải hệ (I, II) ta được: y = 0,0025 và x = 0,005
% NaHSO3 = 62,27%;

% Na2SO3 = 37,73%.

Câu 5:
1. MnO −4 có thể oxi hóa ion nào trong số các ion Cl −, Br−, I− ở các giá trị
pH lần lượt bằng 0, 3, 5. Trên cơ sở đó đề nghị một phương pháp nhận biết các
ion halogenua có trong hỗn hợp gồm Cl−, Br−, I−.
0
0
0
0
Biết E MnO-4 /Mn 2+ =+1,51V;E Cl2 /2Cl- =+1,36V;E Br2 /Br - =+1,08V;E I2 /I- =+0,62V.

2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,25M và B là dung dịch hỗn
hợp chứa Cl−, Br−, I− đều có nồng độ 10-2 M. Trộn dung dịch A với dung dịch B
(giả thiết nồng độ ban đầu của các ion không đổi) thì kết tủa nào được tạo

thành? Trên cơ sở đó hãy đề nghị phương pháp nhận biết sự có mặt của ion Cl −
trong dung dịch hỗn hợp chứa Cl−, Br−, I−.
Biết: Ag(NH3) +2  Ag+ + 2NH3

K=10-7,3

TAgCl = 10-10, TAgBr = 10-13, TAgI = 10-16
Hướng dẫn giải:
1. MnO −4 + 8H+ + 5e 
→ Mn2+ + 4H2O
10


[

][ ]
[ ]

0,059 MnO −4 H +
E=E +
lg
5
Mn 2 +
0

8

o
0
pH = 0, E MnO-4 /Mn 2+ =+1,51V>E Cl2 /2Cl- =+1,36V

Như vậy: MnO −4 oxi hóa được cả Cl−, Br−, I−
pH = 3, E MnO-4 /Mn 2+ =+1,23V ⇒ MnO −4 chỉ oxi hóa được Br−, I−
pH = 5, E MnO-4 /Mn 2+ =+1,04V ⇒ MnO −4 chỉ oxi hóa được I−
Để nhận biết dung dịch hỗn hợp Cl−, Br−, I− ta có thể dùng dung dịch
KMnO4 và dung môi chiết CCl4. Lúc đầu tiến hành phản ứng ở pH=5 trong lớp
dung môi chiết sẽ có màu tím của iot. Thay lớp dung môi có pH=3 sẽ thấy lớp
dung môi có màu vàng nâu của Br 2. Cuối cùng loại lớp dung môi và khử lượng
KMnO4 dư và nhận biết Cl− bằng AgNO3.
2. Coi phản ứng giữa AgNO3 và NH3 xảy ra hoàn toàn, như vậy dung dịch
+
A sẽ gồm Ag( NH 3 ) 2 0,01M và NH3 0,23M.

Ag( NH 3 ) +2  Ag+ + 2NH3
Nồng độ ban đầu

0,01

0,23

Nồng độ cân bằng

0,01-x

x

K=

K = 10-7,24

0,23 + 2x

x (0,23 + 2x )
= 10-7,24 
→ [Ag+] = x ≈ 10-8 M
0,01 − x

[Ag+] [X−] ≈ 10-10 = TAgCl = 10-10 nhưng
[Ag+] [X−] = 10-10 > TAgBr = 10-13 > TAgI = 10-16 ⇒ Chỉ có Br−, I− kết tủa.
Như vậy để nhận biết Cl− trong B dùng A để loại Br−, I−. Sau đó dùng axit phá
phức để làm tăng nồng độ Ag+ và nhận biết Cl− nhờ AgCl kết tủa.
Câu 6:
2−
−
→ 2SO 24− + I 2 (1) được khảo sát bằng thực
Phản ứng S2O8 + 2I 
2nghiệm như sau: Trộn dung dịch KI với dung dịch hồ tinh bột, dung dịch S2 O3

2−
sau đó thêm dung dịch S2 O8 vào dung dịch trên. Các dung dịch đều có nồng độ

ban đầu thích hợp.

11


1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tại sao dung dịch không màu
chuyển sang màu xanh lam?
2. Người ta thu được số liệu sau đây:
Thời gian thí nghiệm (theo giây)

Nồng độ M (theo mol.l-l)
0
1,000
20
0,752
50
0,400
80
0,010
Dùng số liệu đó, hãy tính tốc độ trung bình của phản ứng (1).
Hướng dẫn giải:
1. Các phương trình phản ứng:

S2O82− + 2I − 
→ 2SO 24− + I 2

(1)

2S2 O32− + I 2 
→ S4O 62− + 2I −

(2)

2−
Khi hết S2 O3 thì một ít I2 giải phóng ra từ (1) tác dụng với dung dịch hồ

tinh bột làm cho dung dịch xuất hiện màu xanh lam.
2. V =

V1 + V2 + V3

≈ 6,129.10-3 mol.l-1.S-1
3

Câu 7:
2. Cho Fe3+ + e = Fe2+:

E 10 = 0,771V.

Ag+ + e = Ag :

E 02 = 0,799V.

Người ta lắp 1 pin theo sơ đồ: Ag/Ag+ // Fe2+, Fe3+ / Pt.
C Fe2+ = C Fe3+ = 0,1M

a) Khi nồng độ Ag+ bằng bao nhiêu thì sức điện động của pin bằng 0?
b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng trong pin ở 250C?
Hướng dẫn giải:
a) Thế điện cực của cặp Fe3+/Fe là:
3+
0,059  Fe 
E1 =E +
lg
=0,771V
1
 Fe 2+ 
0
1

(Vì [Fe3+] = [Fe2+] = 0,1M)

+ Thế điện cực của cặp Ag+/Ag là:
E 2 =E 02 +

0,059
lg  Ag +  V
1

Khi sức điện động của pin bằng 0 thì thế của 2 cực phải bằng nhau: E1=E2
12


Hay E 02 + 0,059 lg [Ag+] = 0,771V
⇒ [Ag+] = 0,3353M
b) Ở 250C ta có:

⇒

→ Ag
Ag+ + 1e 

E 02 = 0,799V

→ Fe3+ + 1e
Fe2+ 

E 10 = - 0,771V

→ Ag + Fe3+
Ag+ + Fe2+ 

E p = 0,028V

0

0 , 028

K = 10 0, 259 = 3,353

Câu 8:
0

1. Cho E Cr2O72− / 2 Cr 3+ = + 1,36V
0

E Fe3+ / Fe2+ = + 0,77V
Xét chiều của phản ứng tại pH = 0, viết phương trình dưới dạng ion và
phân tử. Cân bằng theo phương pháp cân bằng ion - electron.
2. Cho 12,6 gam hỗn hợp Mg và Al theo tỉ lệ mol 3 : 2 tác dụng với axit
H2SO4 đặc, nóng vừa đủ thu được 0,15 mol sản phẩm có lưu huỳnh. Xác định
sản phẩm trên là SO2, S hay H2S?
Hướng dẫn giải:
0

0

2−

1. ∆E0 = E Cr2O72− / 2 Cr 3+ - E Fe3+ / Fe2+ = 1,36 - 0,77 = 0,59V > 0 ⇒ Cr2O 7 oxi
hóa Fe2+ thành Fe3+ và Cr3+ trong môi trường axit.
Phản ứng: Cr2O 72− + 6Fe2+ + 14H+ → 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O

K2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + 7H2O + K2SO4
Cân bằng theo phương pháp ion electron:
2−

1×

Cr2O 7 + 14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O

6×

Fe2+ - 1e

→ Fe3+

Cr2O 72− + 14H+ + 6 Fe2+ → 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O
2. Gọi a, b lần lượt là số mol Mg, Al
24a + 27 b = 12,6
a = 0,3

⇒
Theo đề:  a 3
b = 0,2
 b = 2

nMg = 0,3 mol
13


nAl = 0,2 mol
Gọi x là số oxi hóa của S trong sản phẩm

Ta có: Mg →Mg2+ + 2e
0,3
Al

S6+ + (6-x)e

2×0,3

→

(6-x)0,15

Sx
0,15

→ Al3+ + 3e

0,2

3×0,2

Áp dụng định luật bảo toàn electron:
2 × 0,3 +3 × 0,2 = 0,15 (6-x)
⇒ x = -2
Vậy sản phẩm là H2S.
t
Phản ứng: 8Al + 15H2SO4đặc →
4Al2(SO4)3 + 3H2S + 12H2O
0

t
4Mg + 5H2SO4đặc →
4MgSO4 + H2S + 4H2O
0

Câu 9:
Cho giản đồ thế chuẩn của mangan trong môi trường axit (pH = 0)
+0,56V

?

+0,95V

+ 1,51V

-1,18V

2−
→ MnO 4 
→ MnO2 
→ Mn3+ 
→ Mn2+ 
→ Mn
MnO −4 

+ 1,51V
1. Hãy tính thế khử của cặp MnO 24− /MnO2 ?
2. Cho biết phản ứng sau có thể tự xảy ra được không? Tại sao?
−
→ 2MnO 4 + MnO2 + 2H2O

3MnO 24− + 4H+ 

3. Mangan có phản ứng được với nước và giải phóng khí hiđro không?
→
Cho biết: H2O + e 

1
H2 + OH− có E = 0 - 0,059 pH
2

Hướng dẫn giải:
2−
→ MnO 4
1. Ta có: MnO −4 + e 

∆G1 = - F.0,56

→ MnO2 + 2H2O
MnO 24− + 4H+ + 2e 

∆G2 = - 2FE 02

→ Mn3+ + 2H2O
MnO2 + 4H+ + e 

∆G3 = - F.0,95

Mn3+ + e

∆G4 = - F.1,51


→ Mn2+

∆G5 = - 5F.1,51

→ Mn2+
MnO −4 + 8H+ + 5e 

14


Vậy: ∆G2 = ∆G5 - (∆G1 + ∆G3 + ∆G4). Thay các giá trị tương ứng ta có:
E 02 = 2,265V
2.

−
→ 2MnO 4 + MnO2 + 2H2O
3MnO 24− + 4H+ 

Từ các thế khử chuẩn E0MnO4/MnO 24− = + 0,56V và E0 MnO 24− /MnO2= + 2,265V
Áp dụng cho phản ứng trên ta có ∆E Pu = + 1,70V, nghĩa là ∆G Pu = -nFE0 < 0.
0

0

Vậy phản ứng tự xảy ra được.
3. Theo đầu bài H2O + e 
→

1
H2 + OH−
2

Ở giá trị pH = 7 ta có E = 0,00 - 0,059pH = 0,41V hay E H2O /

1
H2 = -0,41V
2

Mặt khác, theo sơ đồ trên E0Mn2+ / Mn = - 1,18V
→ Mn(OH)2 + H2
Mn + 2H2O 

∆E Pu = 0,77v hay ∆G Pu < 0
0

0

Điều đó cho phép ta kết luận phản ứng nói trên xảy ra theo chiều thuận,
nghĩa là giải phóng khí hidro.
Câu 10:
1. Cho biết tích số tan của Fe(OH) 2 và Fe(OH)3 lần lượt là 1,65.10-15 và
3,8.10-38

E oFe2+ /Fe = - 0,44V
E oFe3+ /Fe = - 0,04V
Hãy giải thích tại sao trong dung dịch kiềm, muối sắt (II) lại có khả năng
khử mạnh hơn so với trong dung dịch H2O?
3. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau:

(1)
( 2)
( 3)
(5)
(5)
Br2 →
A →
B →
C →
D →
E

1) Tác dụng với KClO3
2) Tạo B là axit HXO3 có thể tồn tại ở dạng tinh thể với X là halogen.
3) Tác dụng với dung dịch Ba(OH)2.
4) Nhiệt phân.
5) E là axit của halogen ở dạng lai hóa sp3d2.
Hướng dẫn giải:

+3e

3+

Fe

0
E2

Fe
0

+e

E1
2+

Fe

+2e

15


1.

∆G1 = ∆G2 + ∆G3
n1E 10 = n2E 02 + n3E 30
n1E 02 - n 3E 30
3(−0, 04) − 2(−0, 44)
=1
= 0,76V
⇔E =
n2
1
0
2

a) Trong môi trường trung tính (H2O, pH = 7)
0
→ Fe3+ - E 2

Fe2+ - e 

− nE

− 1× 0,76

log K = 0,059 = 0,059 = −12,88 ⇒ K = 1,314.10-13
b) Trong môi trường kiềm: Fe2+ tồn tại dưới dạng Fe(OH)2
Fe(OH)2  Fe2+ + 2OH−

T1 = 1,65.10-15

Fe2+  Fe3+ + e

K

Fe3+ + 3OH−  Fe(OH)3

T −21 = (3,8.10-38)-1

Phản ứng chung: Fe(OH)2 + OH−  Fe(OH)3

K’

K’ = T1 K.T −21 = 5,7.10-9 > > 1,31.10-13
Vì vậy tính khử của Fe2+ trong kiềm mạnh hơn trong môi trường trung tính.
2.

Br2 + 2KClO3 
→ Cl2 + 2KBrO3

5Cl2 + I2 + 6H2O 
→ 2HIO3 + 10HCl
2HIO3 + Ba(OH)2 
→ Ba(IO3)2 + 2H2O
5Ba(IO3)2 
→ Ba5(IO6)2 + 4I2 + 9O2
Ba5(IO6)2 + 5H2SO4 
→ 5BaSO4 + 2H5IO6

Câu 11:
1. Tính thế của điện cực Pt nhúng trong dung dịch gồm KMnO4 0,01M và
FeSO4 0,01M ở pH = 1.
0
0
Cho: E1 =E MnO

2+
4 /Mn

=+1,51V,E 02 =E 0Fe3+ /Fe2+ = + 0,771V

16


2. Một pin điện gồm điện cực là một sợi dây bạc nhúng vào dung dịch bạc
nitrat và điện cực kia là một sợi dây Pt nhúng vào dung dịch muối Fe2+ và Fe3+.
0
0
0
Biết E Ag+ /Ag =+0,8V;E 2 =E Fe3+ /Fe2+ =+0,771V

a) Viết phương trình hóa học khi pin hoạt động. Tính suất điện động của
pin ở điều kiện tiêu chuẩn.
b) Nếu [Ag+] = 0,1M và [Fe2+] = [Fe3+] = 1M thì phản ứng trong pin xảy
ra như thế nào?
c) Nhận xét về ảnh hưởng của nồng độ chất tan đến giá trị của thế điện
cực và chiều hướng của phản ứng xảy ra trong pin.
3. Hoàn thành và cân bằng phản ứng oxi hóa - khử sau đây bằng phương
pháp ion - electron:
a) Fe3P + NO 3− + ? → Fe3+ + H2PO −4 + ?
−

2−

b) Sn2+ + BrO 3 + Cl− + H+ → Br− + SnCl 6 + ?
Đáp án:
1. Do pH=1 nên môi trường trong dung dịch là môi trường axit → quá
trình tạo phức hidroxo của các ion có thể bỏ qua. Ta có các cân bằng sau:
5 E10
0 , 0592

1×

MnO + 8H + 5e ←→ Mn + 4H2O

K1 = 10

5×

Fe2+ ←→ Fe3+ + 1e

(K2 )5 = 10 0, 0592 = 10 −65,118

−
4

+

2+

= 10127 ,53

−5 E 02

5 ∆E10

MnO −4 + 8H+ + 5Fe2+ ←→ Mn2+ 5Fe3+ + 4H2O K = K1.K 52 = 10 0, 0592 = 10 62, 4
Bđ 0,01
Pư:

0,01

0,01
5

CB: 8.10-3

0,01
10-1

0

0,01
5

0,01

2.10-3

0,01

Vì K-1 = 10-62,4 rất nhỏ nên phản ứng xảy ra giữa Mn 2+ và Fe3+ là không
đáng kể, khi đó có thể tính theo cặp MnO −4 /Mn2+:

E=E

0
MnO −4 / Mn 2 +

[

][ ]
[ ]

0,0592 MnO −4 H +
+
lg
n
Mn 2+

8

0,0592 8.10 −3.10 −8
=1,42V
= 1,51 +
lg
5
2.10 −3
2. a) Phương trình hóa học khi pin hoạt động:
17


Ag+ + Fe2+ → Ag + Fe3+
Suất điện động của pin ở điều kiện chuẩn:
0

E pin = 0,8 + 0,771 = 0,029V
b) Nếu [Ag+] = 0,1 M và [Fe2+] = [Fe3+] = 1M thì suất điện động pin là:

[

][

0,059 Ag + . Fe 2+
lg
1
Fe 3+

0

Epin = E pin +

= 0,029 +

[

]

]

0,059 0,1.1
lg
= -0,03V < 0
1
1

⇒ Phản ứng xảy ra theo chiều ngược lại.
c) Kết quả cho thấy: Ở điều kiện chuẩn thì suất điện động của pin là 0,029v
Khi nồng độ của [Ag+] giảm đi 10 lần thì thế điện cực của cặp Ag+/Ag là:
E Ag

+

0

/ Ag

= E Ag

+

/ Ag

+

0,059
lg.10-1 = 0,8 - 0,059 = 0,74V
1

Suất điện động của pin là:
0

Epin = E Ag+ / Ag - E Fe3+ / Fe 2 + = 0,74 - 0,71 = -0,031V
Khi [Ag+] giảm đi 10 lần, thế điện cực của cặp Ag+/Ag trở nên nhỏ hơn
thế điện cực của cặp Fe3+/Fe2+ và phản ứng xảy ra theo chiều ngược lại (E pin< 0).
Vậy nồng độ của chất tan có khả năng làm thay đổi thế điện cực và chiều của
phản ứng.
3.
Fe3P + 4H2O → 3Fe3+ + H2PO −4 + 6H+ + 14e

×3

NO 3− + 3e + 4H+ → NO + 2H2O

× 14

3Fe3P + 14NO 3− + 38H+ → 9Fe3+ + 3H2PO −4 + 14NO + 16 H2O
Sn2+ → Sn4+ + 2e

×3

BrO 3− + 6H+ + 6e → Br− + 3H2O

×1

3Sn2+ + BrO 3− + 6H+ → Br− + 3H2O + 3Sn4+
Câu 12:
1. M là chất rắn có tính oxi hóa mạnh, tan được trong nước. Nhiệt phân M
thu được các sản phẩm P (rắn), Q (rắn), R (khí) cũng là những chất có tính oxi
18


hóa mạnh. Hòa tan P vào nước, sau đó sục khí clo vào thu được dung dịch chứa
M. Nung chảy chất Q với kiềm trong điều kiện có mặt oxi tạo thành chất P (màu
lục). Nếu đun nóng chất rắn Q với axit sunfuric thì thu được chất khí R và một
dung dịch có màu hồng của chất E, biết E là sản phẩm khử của M trong quá
trình điều chế clo khi cho M tác dụng với KCl có mặt axit sunfuric. Biết M, P,
Q, E đều chứa cùng một kim loại. Viết các phương trình hóa học cho các quá
trình biến đổi trên.
2. Chất X ở dạng tinh thể mà trắng có các tính chất sau:
- Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.
- Hòa tan X vào nước đựng dung dịch A. Sục khí SO 2 từ từ qua dung dịch
A thấy xuất hiện màu nâu. Tiếp tục sục SO2 vào thì màu nâu biến mất, thu được
dung dịch B. Thêm vào ít HNO3 vào dung dịch B, sau đó thêm dung dịch
AgNO3 dư tạo thành kết tủa màu vàng.
- Mặt khác, nếu hòa tan hoàn toàn 0,1 gam X vào nước, thêm dư KI và vài
ml H2SO4 loãng, lúc đó dung dịch có màu nâu. Chuẩn độ dung dịch thu được
bằng Na2S2O3 0,1 M đến khi mất màu cần dùng 37,4 ml dung dịch Na2S2O3.
a) Viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra dạng ion.
b) Tìm công thức phân tử của X.

3. Hòa tan lần lượt a gam Mg rồi b gam Fe, c gam oxit sắt X trong H 2SO4
loãng, dư thu được 1,23 lít khí A (ở 27 0C, 1 atm) và dung dịch B. Lấy 1/5 dung
dịch B cho tác dụng vừa đủ với 60 ml dung dịch KMnO 4 0,05M, thu được dung
dịch C. Biết trong dung dịch C có 7,274 gam hỗn hợp muối trung hòa. Tìm công
thức oxit sắt và các giá trị a, b, c. Cho: Fe = 56, O = 16, Mg = 24, S = 32, I =
127, Ag = 108, Mn = 55, K = 39.
Đáp án:
1.

2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2
M

P

Q

2K2MnO4 + Cl2 → 2KMnO4 + 2KCl
2MnO2 + 4KOH + O2 → 2K2MnO4 + 2H2O
2MnO2 + 2H2SO4 → 2MnSO4 + O2 + 2H2O
E

R

2KMnO4 + 10KCl + 8H2SO4 → 2MnSO4 + 6K2SO4 + 5Cl2 + 8H2O
19


2. a) X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X.
Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa
vàng tới AgNO3 ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot.

Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa.
Từ lập luận trên, X có cation Na+ và anion IO −x
Đặt công thức của X là NaIOx
Phản ứng dạng Ion:
2IO −x + (2x-1)SO2 + 2(x-1)H2O → (2x-1)SO 24− +I2 + (4x-4)H+

(1)

I2 + 2H2O + SO2 → 2I− + SO 24− + 4H+

(2)

Ag+ + I− → AgI

(3)

IO −x + (2x-1) I− + 2xH+ → xI2 + x H2O
I2

+

Na2S2O3

→

(4)

2NaI + Na2S4O6

(5)

1,87.10-3 ← 3,74.10-3
b) Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3
Theo (5) ⇒ Số mol I2 = 1/2 (số mol Na2S2O3 ) = 1,87.10-3
Theo (4) ⇒ Số mol IO −x =
⇒
⇒

1
1
(số mol I2) = .1,87.10-3
x
x

0,1
1
= .1,87.10-3
23 + 127 + 16 x x
0,1.x
.1,87.10-3 ⇒ 0,1x = 0,2805 + 0,02992x
150 + 16x

⇒ x = 4 ⇒ Công thức phân tử của X: NaIO4.
3. Đặt x, y, x lần lượt là số mol tương ứng của Mg, Fe và sắt oxit.
Theo đề:

n H2 =

1.1,23
= 0,05 mol

0,082.(273 + 27)

Khi phản ứng hết với dung dịch B: số mol KMnO4 là:
5.0,06.0,05 = 0,015 mol
Khối lượng muối trung hòa thu được là: 7,274.5 = 36,37 gam
Mg + H2SO4 → MgSO4 + H2

(1)

Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2

(2)

10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3+ K2SO4+2MnSO4+ 8H2O (3)
0,075

← 0,015

→ 0,0375
20

→ 0,0075 → 0,015 (mol)


Khối lượng muối tạo thành từ (3):
0,0375.400 + 0,0075.174 + 0,015.151 = 18,57 gam
Vậy trong dung dịch C còn lại một lượng muối là:
36,37 - 18,57 = 17,8 gam
⇒ Chắc chắn dung dịch chứa MgSO4.
- Nếu M MgSO = 17,8 gam thì n MgSO =

4

4

17,8
≈ 0,148 mol.
120

⇒ n H 2 (1) ≈ 0,148 mol > 0,05 mol : vô lý.
⇒ Dung dịch B ngoài MgSO4, FeSO4 còn có muối khác tạo thành từ sắt
oxit là Fe2(SO4)3.
- Nếu n FeSO (3) = 0,075 mol chỉ do (2) cung cấp thì n H 2 (2) = 0,075 mol >
4

0,05 mol: Vô lý ⇒ Phải có một lượng FeSO4 tạo thành từ sắt oxit.
Vậy sắt oxit khi tác dụng với H2SO4 phải đồng thời tạo ra 2 muối FeSO 4
và Fe2(SO4)3.
⇒ Công thức sắt oxit là: Fe3O4.
Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O
(1)

⇒ M MgSO = n H 2 = x mol

(2)

⇒ n FeSO = n H 2 = y mol

(4)

⇒ n FeSO = n Fe2 (SO 4 )3 = z mol

4

4

4

Ta có các phương trình: n H 2 = x + y = 0,05 (*)
n FeSO = y + z = 0,075 (**)
4

m Fe2 (SO 4 )3 (4) + m MgSO = 400z + 120x = 17,8 (***)
4

Giải hệ (*), (**) và (***) ta có: x = 0,015; y = 0,035; z = 0,04.
Vậy: a = 0,36 gam; b = 1,96 gam; c = 9,28 gam.
Câu 13:
0

1. Cho E Ag

+

/ Ag

0

E Fe

= 0,80V;

0

−

0

3+

/ Fe

0

E AgI / Ag,I = -0,15V; E Au

= -0,37V; E Fe

2+

/ Fe

= -0,440V.

Hãy:

21

3+

/ Au +

= 1,26V;

(4)


1.1. a) Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các
phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.
b) Tính độ tan (S) tại 250C của AgI trong nước.
1.2. a) Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hóa ion Fe 2+ thành ion Fe3+ và
sự khử ion Au3+ thành ion Au+. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng
xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.
b) Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản
ứng xảy ra trong pin này.
2. Để xác định hằng số tạo phức (hay hằng số bền) của ion phức
[Zn(CN)4]2-, người ta làm như sau:
Thêm 99,9 ml dung dịch KCN 1M vào 0,1 ml dung dịch ZnCl 2 0,1M để
thu được 100 ml dung dịch ion phức [Zn(CN)4]2- (dung dịch A). Nhúng vào A
hai điện cực: điện cực kẽm tinh khiết và điện cực so sánh là điện cực calomen
bão hòa có thế không đổi là 0,247V (điện cực calomen trong trường hợp này là
cực dương). Nối hai điện cực đó với một điện thế kế, do hiệu điện thế giữa
chúng được giá trị 1,6883V.
Hãy xác định hằng số tạo phức của ion phức [Zn(CN) 4]2-. Biết thế oxi hóa
RT
ln = 0,0592 lg (ở 250C).
F

- khử tiêu chuẩn của cặp Zn2+/Zn bằng -0,7628V;
Đáp án:

1. Để xác định số tan K S của AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực
Ag làm việc thuận nghịch với Ag+. Điện cực Ag nhúng trong dung dịch nào có
[Ag+] lớn hơn sẽ đóng vai trò catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
−
+
(−) Ag I ( aq ) , AgI( r ) Ag (aq ) Ag ( r ) (+)
−
+
Hoặc: (−) Ag, AgI(r) I ( aq ) Ag ( aq ) Ag ( r ) (+)

Phản ứng ở cực âm:

−
AgI(r) + I ( aq )  AgI(r) + e

K 1−1

Phản ứng ở cực dương:

Ag (+aq ) + e  Ag(r)

K2

+
−
Phản ứng xảy ra trong pin: Ag ( aq ) + I ( aq )  AgI(r)

Trong đó: K S−1 = K 1−1 . K2 = 10 ( E

0

−E0
Ag + / Ag
AgI / Ag , I −

) / 0 , 059

K S−1
≈ 1,0.1016

→ KS = 1,0.10-16.
b) Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:
22

(1)


AgI↓  Ag+ + I−
S

KS = 10-16

S

Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag + không đáng kể, I− là anion của axit
mạnh HI, nên:
S = K S = 1,0 . 10-8M
2. Theo quy ước: quá trình oxi hóa Fe 2+ xảy ra trên anot, quá trình khử
Au3+ xảy ra trên catot, do đó điện cực Pt nhúng trong dung dịch Fe 3+, Fe2+ là
anot, điện cực Pt nhúng trong dung dịch Au3+, Au+ là catot:
3+

2+
3+
+
(−) Pt Fe( aq ) , Fe ( aq ) Au (aq ) , Ag (aq ) Pt (+)
+
Fe (2aq+ )  Fe 3( aq
)+ e

Phản ứng ở cực âm:

2×

Phản ứng ở cực dương:

Au 3( aq+ ) + 2e  Au 3( aq+ )

3+
2+
+
3+
Phản ứng xảy ra trong pin: Au ( aq ) + 2Fe ( aq )  Au ( aq ) 2Fe ( aq )

K = (K 1−1 )2. K2 = 10 2( E

0
Au 3+ / Au +

−E0

Fe 3+ / Fe 2 +

K 1−1
K2
K

(2)

) / 0 , 059

Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe 3+/Fe2+ được tính (hoặc tính theo hằng
số cân bằng) như sau:
Fe3+ + 3e  Fe

E0(1) = -0,037V;

∆G0(1) = -3FE0

(1)

Fe2+ + 2e  Fe

E0(2) = -0,440V;

∆G0(2) = -2FE0

(2)

Fe + e  Fe

− ∆G 0 (3)

− ∆G 0 (1) − ∆G 0 (2)
=
−
E (3) =
F
F

3+

2+

0

= 3E0(1) - 2E0(2) = 0,77V.
→ K = (K 1−1 )2. K2 = 10 2 (1, 26−0, 77 ) / 0, 059 = 1016,61
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
0

0

E pin = E Au

0

3+

/ Ag +

- E Fe

3+

/ Fe2

+

= 0,49V

2. Phản ứng tạo phức:
Zn2+ + 4CN− → [[Zn(CN)4]2-]
[ Zn(CN) 24− ]
β1,4 =
[ Zn 2+ ][CN − ]4

(1)

Theo đề bài, rất dư CN− nên sự tạo phức xảy ra hoàn toàn.
[[Zn(CN)4]2-] = C =

0,1.0,1
= 10-4 M
100

[CN−] = 1 - 1.10-4 ≈ 1
23


Để tính β thì cần xác định nồng độ [Zn2+].
0,0592
. lg[ Zn 2+ ]

2

EZn = E0 +

E(đo được) = 1,6883 = ECal - EZn = 0,247 - EZn
EZn = 0,247 - 1,6883 = - 1,4413V
EZn = -0,7628 +

0,0592
.lg [Zn2+] = -1,4413V
2

[Zn2+] = 10-22,92. Thay vào (1) tính được β1,4 = 1018,92.
Câu 14:
0
1. Cho E MnO ,H
−
4

+

/ Mn 2 +

0
= 1,51V; E MnO

0
0
a) Tính E MnO ,H O / MnO và E MnO ,/ MnO
−

4

2

−
4

2

2−
+
4 ,H

/ MnO 2

0
= 2,26V; E MnO ,H
2

+

/ Mn 2 +

= 1,23V.

2−
4

b) Nhận xét về khả năng oxi hóa của ion pemanganat trong môi trường
axit, trung tính và bazơ. Giải thích.

c) Viết phương trình hóa học dạng ion của các phản ứng để minh họa khả
năng oxi hóa của ion pemanganat phụ thuộc vào pH của môi trường.
0
2. Cho E Cu

2+

/ Cu +

0
= 0,16V; E I / I = 0,54V; ECal = 0,244V; KS(CuI) = 10-12
−
3

−

a) Chứng minh Cu2+ có thể oxi hóa I− tạo kết tủa CuI.
b) Tính nồng độ các ion trong hỗn hợp gồm Cu2+ 0,01M; KI 1M.
c) Tính thế của điện cực Pt nhúng trong dung dịch so với điện cực
calomen bão hòa.
Đáp án:
0
0
1. a) Tính E MnO ,H O / MnO và E MnO ,/ MnO :
−
4

2

−

4

2

2−
4

5.1, 51

MnO −4 + 8H+ + 5e  Mn2+ + 4H2O

K1 = 10 0,0592

Mn2+ + 2 H2O  MnO2↓ + 4H+ + 2e

K −21 = 10 0,0592

MnO2 + 2H2O  MnO 24− + 4H+ + 2e

K 3−1 = 10 0,0592

−
4

MnO + 1e  MnO

2−
4

−2.1, 23

−2.2 , 26

K4 =

E0

2−
MnO −
4 / MnO 4

10

0 , 0592

0
K4 = K1. K −21 . K 3−1 → E MnO ,/ MnO =5.1,51 - 2.1,23 - 2.2,26 = 0,57V
−
4

2−
4

MnO −4 + 8H+ + 5e  Mn2+ + 4H2O
24

5.1, 51

K1 = 10 0,0592

−2.1, 23

Mn2+ + 2H2O  MnO2↓ + 4H+ + 2e

K −21 = 10 0,0592

4 × H2O  H+ + OH−

KW = 10-14

MnO + 2H2O + 3e  MnO2↓+ 4 OH
−
4

0
K5 = K1. K −21 . K 4w → E MnO ,H O / MnO
−
4

=
b)

2

−

K5 =

3E0

MnO −
4 / MnO 2

10

0 , 0592

2

5.1,51 - 2.1,23 - 14.4.0,0592
= 0,59V
3

E 0MnO− ,H + / Mn 2+ > E 0MnO
4

−
4 , H 2 O / MnO 2

0
> E MnO ,/ MnO
−
4

2−
4

→ Khả năng oxi hóa của

MnO −4 mạnh nhất trong môi trường axit và yếu nhất trong môi trường bazơ, bởi vì:
E 0MnO− ,H + / Mn 2+ = E 0MnO− ,H + / Mn 2+ + 0,0592 lg [ MnO 4 ][. H
−

4

[Mn ]
2+

5

4

]

+ 8

Do đó khi pH tăng, [H+] giảm, tính oxi hóa của MnO −4 giảm.
c)

MnO −4 + 5Fe2+ + 8H+ → Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O
t
2MnO −4 + 3Mn2+ + 2H2O →
MnO2↓ + 4H+
0

2MnO −4 + SO 32− + 2HO− → 2MnO 24− + SO 24− + H2O
2. a) Ta có 2 ×

0 ,16

Cu2+ + 1e  Cu+

K1 = 10 0,0592
−2.0 , 54

−

3I−  I 3 + 2e

K −21 = 10 0,0592

2×

K S = 1012

−1

Cu+ + I−  CuI
−

−1

2Cu2+ + 5 I−  2CuI + I 3
K= K 12 . K −21 .(K S−1 )2 = 10

K = K 12 . K −21 .(K S )2

2.0 ,16− 2.0 , 54+ 2.12.0 , 0592
0 , 0592

= 1011,16

Ta thấy K lớn nên Cu2+ oxi hóa được I− tạo kết tủa CuI.
−

b)

2Cu2+ + 5I−  2CuI + I 3

Ban đầu:

0,01

1

Cân bằng:

-

0,975

K = 1011,16
0,005

K S 10 −12
→ [Cu ] = − =
= 1,026.10-12 M
[I ] 0,975
+

2CuI + I 3−  2Cu2+ + 5I−

K = 10-11,16

Ban đầu:

0,005

0,975

Cân bằng:

(0,005-x)2x

(0,975+5x)
25